$POJ1742\ Coins$ 多重背包+贪心

Vjudge传送门

 

$Sol$

首先发现这是一个多重背包，所以可以用多重背包的一般解法（直接拆分法，二进制拆分法...）

 但事实是会TLE，只能另寻出路

本题仅关注“可行性”（面值能否拼成）而不是“最优性”，这是一个特殊之处。

从这里找优化

在“最优性”的问题中，$f[j]$从$f[j]$或$f[j-a[i]]$中转移而来；而在这样的“可行性”问题中，其实只要$f[j]$可行，我们就可以不用考虑$f[j-a[i]$了，也可以反过来说。

于是我们可以考虑一种贪心策略，设$used[j]$表示$f[j]$在阶段$i$时为$True$至少要用多少枚第$i$中硬币。

$f[j]$优先考虑由$f[j]$转移而来，而不是$f[j-a[i]]$，这样就尽量减少了第$i$种硬币的使用数量。

其实还可以在作一个小优化，就是直接把$used[j]$的值存在$f[j]$中,$f[]$初始为$-1$，意为不能表示。

 

$Code$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define Rg register
#define il inline
#define db double
#define ll long long
#define go(i,a,b) for(Rg int i=a;i<=b;i++)
#define yes(i,a,b) for(Rg int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
il int read()
{
    int x=0,y=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')y=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return x*y;
}
const int N=101;
int n,m,a[N],c[N],f[100001];
ll ans;
il void sol()
{
    go(i,1,m)f[i]=-1;
    go(i,1,n)
        go(j,0,m)
    {
        if(f[j]>=0)f[j]=c[i];//f[0]=c[i]可以看成是初始化
        else if(j>=a[i]&&f[j-a[i]]>0)f[j]=f[j-a[i]]-1;//第i种硬币还有剩余
    }
    go(i,1,m)if(f[i]>=0)ans++;
}
int main()
{
    while(1)
    {
        n=read(),m=read();ans=0;
        if(!n&&!m)break;
        go(i,1,n)a[i]=read();go(i,1,n)c[i]=read();
        sol();printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}